1、2015-2016学年重庆市巴蜀中学高三（下）月考化学试卷（3月份）一、选择题1化学与人类社会的生产、生活有着密切联系下列叙述中正确的是（）A铜制品既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀B铝制品由于表面有致密的氧化膜，可以稳定存在于空气中C苹果放在空气中久置变黄和漂白过纸张久置变黄原理相似D高纯度的SiO2对光有很好的折射和全反射作用，可以制成光电池将光能直接转化为电能2青蒿素是抗疟特效药属于萜类化合物，如图所示有机物也属于萜类化合物，该有机物的一氯取代物有（不含立体异构）（）A5种B6种C7种D8种3X、Y、Z、R、W是5种短周期元素，原子序数依次增大，它们可组成离子化合物Z2Y和共价化合物RY3
2、、XW4，已知Y、R同主族，Z、R、W同周期下列说法不正确的是（）A原子半径：ZRWBX2W6分子中各原子均满足8电子结构C气态氢化物沸点：HmYHnRDY、Z、R三种元素组成的化合物水溶液一定显碱性4NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A60g乙酸与足量乙醇发生酯化反应充分反应后断裂的CO键数目为NAB室温下向1LpH=1的醋酸溶液中加水，所得溶液的H+数目大于0.1NA来源:学+科+网C某无水乙醇与足量金属钠反应生成5.6LH2，该乙醇分子中共价键总数为4NAD己知C2H4（g）+H2（g）=C2H4（g）H=137.0kJ/mol，乙烯与H2加成时放出68.5kJ热量，则反应
3、过程中被破坏的碳原子之间共用电子对数目为NA5某实验小组为测定工业纯碱中碳酸钠的质量分数（含少量NaCl），准确称量wg样品进行实验，下列实验方法所对应的实验方案和测量数据最合理的是（）实验方法实验方案测量数据A滴定法将样品配成100mL溶液，取10.00mL，加人甲基橙，用标准盐酸滴定消耗盐酸的体积B量气法将样品与盐酸反应，使生成的气体全部被碱石灰吸收碱石灰增重C重量法将样品放人烧杯中，置于天平上，加入足量盐酸减轻的质量D量气法将样品与盐酸反应，气体通过排水量气装置量气排水体积AABBCCDD6往含I和Cl的稀溶液中滴入AgNO3溶液，沉淀的质量m（沉淀）与加入AgNO3溶液体积V（AgNO
4、3）的关系如图所示则原溶液中的比值为（）ABCD7已知高能锂电池的总反应式为：2Li+FeSFe+Li2SLiPF6SO（ CH3）2为电解质，用该电池为电源进行如图的电解实验，电解一段时间测得甲池产生标准状况下H2 4.48L下列有关叙述不正确的是（）A从隔膜中通过的离子数目为0.4 NAB若电解过程体积变化忽略不计，则电解后甲池中溶液浓度为4 mol/LCA电极为阳极D电源正极反应式为：FeS+2Li+2eFe+Li2S二、解答题（共3小题，满分43分）8某实验研究小组欲检验草酸晶体分解的产物并测定其纯度（杂质不发生反应）查阅资料：草酸晶体（ H2C2042H20）l00开始失水，101.
5、5C熔化，150左右分解产生H2O、CO和C02下面是可供选择的实验仪器（图中某些加热装置已略去），实验所需药品不限（l）最适宜加热分解草酸晶体的装置是C（试管底部略向下弯成弧形）若选装置A可能会造成的后果是；若选装置B可能会造成的后果是（2）三种气体检验的先后次序是（填编号）ACO2、H2O、CO BCO、H2O、CO2 CH2O、CO2、CO DH2O、CO、CO2（3）实验利用装置“G（碱石灰）FD（CuO固体）F”检验CO，则F中盛装的试剂是，证明含有CO的现象是（4）把分解装置与装有NaOH溶液的E装置直接组合，测量完全分解后所得气体的体积，测定ag草酸晶体的纯度经实验得到气体的体积
6、为VmL（已换算成标准状况），则草酸纯度的表达式为（5）请设计实验方案测量草酸二级电离平衡常数Ka2的值：，并根据方案中测得的物理量，写出计算Ka2的表达式9研究发现，含pm2.5的雾霾主要成分有SO2、NOx、CxHy及可吸入颗粒等（1）雾霾中能形成酸雨的物质是（2）为消除NOx对环境的污染，可利用NH3在一定条件下与NO反应生成无污染的气体已知：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H=905.48kJmol1N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180.50kJmol1下列表示NH3（g）与NO（g）在一定条件下反应，生成无污染气体的能量转化关系示意图1正确的是：（填
7、字母）图2是反应4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（g） 过程中NH3的体积分数随X变化的示意图2，X代表的物理量可能是，原因是（3）图3电解装置可将雾霾中的SO2、NO转化为（NH4）2SO4，阴极的电极反应式是物质A是（填化学式），理由是（4）为减少雾霾、降低大气中有害气体含量，研究机动车尾气中CO、NOx及CxHy的排放量意义重大机动车尾气污染物的含量与空/燃比（空气与燃油气的体积比）的变化关系示意图如图4：请解释：随空/燃比增大，CO和CxHy的含量减少的原因是当空/燃比达到15后，NOx减少的原因可能是10碳酸锂（相对分子质量74）广泛应用于化工、冶金、陶瓷、医药、制
8、冷、焊接、锂合金等行业制备流程如下：已知：碳酸锂的溶解度为（ g/L）温度/010203040506080100Li2CO31.541.431.331.251.171.081.010.850.72（1）锂辉石（Li2Al2Si4Ox）可以用氧化物的形式表示其组成形式为（2）硫酸化焙烧工业反应温度控制在250300，主要原因是；同时，硫酸用量为理论耗酸量的115%左右，硫酸如果加入过多则（填入选项代号）A增加酸耗量 B增加后续杂质的处理量 C增加后续中和酸的负担（3）水浸时，需要在搅拌下加入石灰石粉末的主要作用是（4）“沉锂”的化学反应方程式为（5）“沉锂”需要在95以上进行，主要原因是过滤碳酸
9、锂所得母液中主要含有硫酸钠，还可能含有和【化学-选修2：化学与技术】（15分）11工业上制取硝酸铵的流程图如下，请回答下列问题（1）合成氨的工业设备名称是，设备中设置热交换器的目的是；此生产过程中，N2与H2合成NH3所用的催化剂是；生产中原料气必须进行脱硫，目的是（2）吸收塔中反应为，从生产流程看，吸收塔中需要补充空气，其原因是（3）生产硝酸的过程中常会发生一些氮的氧化物，可用如下三种方法处理：方法一：碱吸收法：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+NaNO3+CO2方法二：氨还原法：8NH3+6NO27N2+12H2O（该反应放热，NO也有类似的反应）方法三：甲烷吸收法：CH4（g）+2
10、NO2（g）=CO2（g）+N2（g）+2H2O（g）H=+867kJ/mol（NO也有类似反应）上述三种方法中，方法一最大的缺点是；方法二和方法三相比，优点是，缺点是（4）某化肥厂用NH3制备NH4NO3，已知：由NH3制NO的产率是94%，NO制HNO3的产率是89%，则制HNO3所用NH3的质量占总消耗NH3质量（不考虑其它损耗）的%（保留三位有效数字）【化学-选修3物质结构与性质】12（2016春重庆校级月考）氮、磷、砷是同族元素，该族元素单质及其化合物在农药、化肥等方面有重要应用回答下列问题：（1）基态砷原子的电子排布式为（2）K3Fe（CN）6晶体中Fe3+与CN之间化学键类型为键
11、，与CN互为等电子体的化合物分子式为（3）PM2.5富含大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾污染，光化学烟雾中含有NOx、O3、CH2=CHCHO、HCOOH、（PAN）等二次污染物N2O结构式可表示为N=N=O，N2O中中心氮原子的杂化轨道类型为，1mol PAN中含键数目为测定大气中PM2.5的浓度方法之一是一射线吸收法，一射线放射源可用85KrKr晶体为面心立方晶体，若晶体中与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有m个，晶胞中含Kr原子为n个，则m/n=（填数字）已知Kr晶体的密度为g/cm3，摩尔质量为Mg/mol，阿伏伽德罗常数用NA表示，列式表示Kr晶胞参数a=nm化学一一4事机化学
12、基础（15分）13（2016春重庆校级月考）G是某抗炎症药物的中间体，其合成路线如下：已知：， （具有还原性，极易被氧化）（1）B的结构简式为（2）反应的条件为；的反应类型为；反应的作用是（3）下列对有机物G的性质推测正确的是（填选项字母）A具有两性，既能与酸反应也能和碱反应B能发生消去反应、取代反应和氧化反应C能聚合成高分子化合物D.1molG与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2（4）D与足量的NaOH反应的化学方程式为（5）符合下列条件的C的同分异构体有种a属于芳香族化合物，且含有两个甲基b能发生银镜反应c与FeCl3溶液发生显色反应其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6：2：
13、1：1的是（写出其中一种结构简式）（6）已知：苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻对位；苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位根据题中的信息，写出以甲苯为原料合成有机物的流程图（无机试剂任选）合成路线流程图如下：XYZ目标产物2015-2016学年重庆市巴蜀中学高三（下）月考化学试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题1化学与人类社会的生产、生活有着密切联系下列叙述中正确的是（）A铜制品既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀B铝制品由于表面有致密的氧化膜，可以稳定存在于空气中C苹果放在空气中久置变黄和漂白过纸张久置变黄原理相似D高纯度的SiO2对光有很好的折射和全反射作用，可以制成光
14、电池将光能直接转化为电能【分析】ACu不能置换酸中的氢离子；BAl在常温下能被氧气氧化生成致密的氧化膜；C纸张久置变黄因为纸张纤维间的空隙中会渗入很多霉菌之类的真菌孢子，苹果久置变黄是因为所含二价铁离子被氧化生成三价铁离子；DSiO2可制造光导纤维，光电池中的材料为单质硅【解答】解：ACu不能置换酸中的氢离子，所以铜制品不能发生析氢腐蚀，故A错误；BAl在常温下能被氧气氧化生成致密的氧化膜，致密的氧化膜能防止内部金属继续被氧化，故B正确；C纸张久置变黄因为纸张纤维间的空隙中会渗入很多霉菌之类的真菌孢子，苹果久置变黄是因为所含二价铁离子被氧化生成三价铁离子，二者原理不相同，故C错误；DSiO2可
15、制造光导纤维，SiO2没有导电性不能制造光电池，光电池中的材料为单质硅，故D错误故选B2青蒿素是抗疟特效药属于萜类化合物，如图所示有机物也属于萜类化合物，该有机物的一氯取代物有（不含立体异构）（）A5种B6种C7种D8种【分析】分子中氢原子的种类等于一氯取代物的种类，据此解答【解答】解：该分子不对称，分子中7种氢原子，一氯代物有7种故选C3X、Y、Z、R、W是5种短周期元素，原子序数依次增大，它们可组成离子化合物Z2Y和共价化合物RY3、XW4，已知Y、R同主族，Z、R、W同周期下列说法不正确的是（）A原子半径：ZRWBX2W6分子中各原子均满足8电子结构C气态氢化物沸点：HmYHnRDY、Z
16、、R三种元素组成的化合物水溶液一定显碱性【分析】离子化合物Z2Y中Z的化合价为+1价，Y的化合价为2价，分别为A族和A族元素，已知Y、R同主族，且形成共价化合物RY3，则R为S元素，Y为O元素，Z、R、W同周期，则Z为Na元素，X、Y、Z、R、W是5种短周期元素，原子序数依次增大，则W是Cl元素，根据XW4可知X为C元素，以此解答题中各问A、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小；B、X2W6分子为C2Cl6，根据成键情况判断外层电子数；C、HmY为H2O，含有氢键，沸点较高；D、Y、Z、R三种元素组成的化合物有Na2SO3、Na2SO4等，其溶液分别呈碱性和中性【解答】解：离子化合物Z2Y中Z的
17、化合价为+1价，Y的化合价为2价，分别为A族和A族元素，已知Y、R同主族，且形成共价化合物RY3，则R为S元素，Y为O元素，Z、R、W同周期，则Z为Na元素，X、Y、Z、R、W是5种短周期元素，原子序数依次增大，则W是Cl元素，根据XW4可知X为C元素，A、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，Z、R、W同周期，分别为Na、S、Cl，原子序数逐渐增大，则原子半径逐渐减小，故A正确；B、X2W6分子为C2Cl6，每个C原子形成4个共价键，C原子最外层满足8电子稳定结构，Cl形成1个共价键，最外层电子数也为8，故B正确；C、HmY为H2O，含有氢键，沸点较高，所以气态氢化物沸点：HmYHnR，故C正
18、确；D、Y、Z、R三种元素组成的化合物有Na2SO3、Na2SO4等，其溶液分别呈碱性和中性，故D错误故选D4NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）来源:学科网A60g乙酸与足量乙醇发生酯化反应充分反应后断裂的CO键数目为NAB室温下向1LpH=1的醋酸溶液中加水，所得溶液的H+数目大于0.1NAC某无水乙醇与足量金属钠反应生成5.6LH2，该乙醇分子中共价键总数为4NAD己知C2H4（g）+H2（g）=C2H4（g）H=137.0kJ/mol，乙烯与H2加成时放出68.5kJ热量，则反应过程中被破坏的碳原子之间共用电子对数目为NA【分析】A、酯化反应为可逆反应，不能进行完全；B、醋
19、酸是弱电解质，加水稀释电离平衡被促进；C、氢气所处的状态不明确；D、依据热化学方程式C2H4（g）+H2（g）C2H6（g）H=137.0 kI/mol，可知：消耗1mol乙烯破坏1mol碳碳双键【解答】解：A60g乙酸物质的量为1mol，与足量乙醇发生酯化反应，因为酯化反应为可逆反应，所以充分反应后断裂的CO键数目小于NA，故A错误；B室温下向1 L pH=1的醋酸溶液中含有H+数目0.1NA，加水稀释，醋酸电离程度增大，电离产生氢离子增多，故B正确；C气体状态未知，Vm不确定，无法计算产生氢气的物质的量，无法计算乙醇分子中共价键总数，故C错误；D已知C2H4（g）+H2（g）C2H6（g）
20、H=137.0 kI/mol，乙烯与H2加成时放出68.5 kJ热量，则反应过程中被破坏的碳原子之间共用电子对数目为0.5NA，故D错误；故选B5某实验小组为测定工业纯碱中碳酸钠的质量分数（含少量NaCl），准确称量wg样品进行实验，下列实验方法所对应的实验方案和测量数据最合理的是（）实验方法实验方案测量数据A滴定法将样品配成100mL溶液，取10.00mL，加人甲基橙，用标准盐酸滴定消耗盐酸的体积B量气法将样品与盐酸反应，使生成的气体全部被碱石灰吸收碱石灰增重C重量法将样品放人烧杯中，置于天平上，加入足量盐酸减轻的质量D量气法将样品与盐酸反应，气体通过排水量气装置量气排水体积AABBCCDD
21、【分析】A用甲基橙作指示剂，发生Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2，根据HCl的物质的量可确定Na2CO3的含量；BCO2中含有水蒸气；CCO2挥发带出水蒸气；DCO2能溶于水，不能用排水法收集【解答】解：A用甲基橙作指示剂，发生Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2，根据HCl的物质的量可确定Na2CO3的含量，故A正确；BCO2中含有水蒸气，碱石灰吸收水蒸气，导致结果偏大，故B错误；CCO2挥发带出水蒸气，溶液质量减少偏大，所以导致结果偏大，故C错误；DCO2能溶于水，不能用排水法收集，可用排饱和碳酸氢钠溶液的方法收集，故D错误；故选A6往含I和Cl的稀溶液中滴
22、入AgNO3溶液，沉淀的质量m（沉淀）与加入AgNO3溶液体积V（AgNO3）的关系如图所示则原溶液中的比值为（）ABCD【分析】根据沉淀溶解平衡常数：Ksp越小的越先形成沉淀，根据离子反应实质和图中数据来计算回答即可【解答】解：因为I+Ag+=AgI，Cl+Ag+=AgCl，可以看出I、Cl跟Ag+反应都是1：1的关系，由图中可知：AgI的沉淀量为V1（黄色沉淀是AgI），而AgCl的沉淀量为V2V1，所以c（I）：c（Cl）=故选C7已知高能锂电池的总反应式为：2Li+FeSFe+Li2SLiPF6SO（ CH3）2为电解质，用该电池为电源进行如图的电解实验，电解一段时间测得甲池产生标准状
23、况下H2 4.48L下列有关叙述不正确的是（）A从隔膜中通过的离子数目为0.4 NAB若电解过程体积变化忽略不计，则电解后甲池中溶液浓度为4 mol/LCA电极为阳极D电源正极反应式为：FeS+2Li+2eFe+Li2S【分析】由反应FeS+2Li=Fe+Li2S可知，Li被氧化，应为原电池的负极，FeS被还原生成Fe，为正极反应；甲连接原电池负极，A为阴极，生成氢气，电极方程式为2H+2e=H2，结合电极方程式计算【解答】解：A、由反应FeS+2Li=Fe+Li2S可知，Li被氧化，应为原电池的负极，FeS被还原生成Fe，为正极反应，正极方程式为FeS+2e=Fe+S2，甲连接原电池负极，A
24、为阴极，生成氢气，电极方程式为2H+2e=H2，n（H2）=0.2mol，转移0.4mol电子，生成0.4molOH，则隔膜H中通过的K+离子数为0.4mol，通过的离子数目为0.4 NA，故A正确；B、甲连接原电池负极，为阴极，生成氢气，电极方程式为2H+2e=H2，n（H2）=0.2mol，转移0.4mol电子，生成0.4molOH，则隔膜H中通过的K+离子数为0.4mol，c（OH）=4mol/L，即电解后甲池中溶液浓度为4 mol/L，故B正确；C、A电极为阴极，故C错误；D、FeS被还原生成Fe，为正极反应，正极方程式为FeS+2e=Fe+S2，故D正确故选C二、解答题（共3小题，满
25、分43分）8某实验研究小组欲检验草酸晶体分解的产物并测定其纯度（杂质不发生反应）查阅资料：草酸晶体（ H2C2042H20）l00开始失水，101.5C熔化，150左右分解产生H2O、CO和C02下面是可供选择的实验仪器（图中某些加热装置已略去），实验所需药品不限（l）最适宜加热分解草酸晶体的装置是C（试管底部略向下弯成弧形）若选装置A可能会造成的后果是固体药品熔化后会流到试管口；若选装置B可能会造成的后果是冷凝水会倒流到试管底，造成试管破裂（2）三种气体检验的先后次序是C（填编号）ACO2、H2O、CO BCO、H2O、CO2 CH2O、CO2、CO DH2O、CO、CO2（3）实验利用装置
26、“G（碱石灰）FD（CuO固体）F”检验CO，则F中盛装的试剂是澄清的石灰水，证明含有CO的现象是前一个F中没有浑浊，后一个F中有沉淀，D中固体反应后从黑色变成红色（4）把分解装置与装有NaOH溶液的E装置直接组合，测量完全分解后所得气体的体积，测定ag草酸晶体的纯度经实验得到气体的体积为VmL（已换算成标准状况），则草酸纯度的表达式为（5）请设计实验方案测量草酸二级电离平衡常数Ka2的值：常温时，用pH计测量0.100mol/L草酸钠溶液的pH，则，依据C2O42+H2OHC2O4+OH计算，并根据方案中测得的物理量，写出计算Ka2的表达式【分析】（1）草酸晶体的熔点低，受热容易熔化，用C装
27、置加热分解革酸晶体，熔融的固体不易流下，适用于加热草酸，若选择装置A加热会使固体熔融物溶化后流到试管口处，若选择装置B分解生成的水会倒流试管底部炸裂试管；（2）150左右分解产生H2O、CO和C02，三种气体的检验顺序应遵循现象明显且不相互干扰，应先检验水，再检验二氧化碳，最后检验一氧化碳；（3）实验利用装置“G（碱石灰）FD（CuO固体）F”检验CO，通过装置G吸收水和二氧化碳，通过装置F检验二氧化碳是否除净，通过装置D检验是否有一氧化碳含有氧化铜为铜，最后通过装置F检验是否生成二氧化碳气体；（4）草酸晶体（ H2C2042H20）l00开始失水，101.5C熔化，150左右分解产生H2O、
28、CO和C02反应的化学方程式为：H2C2042H203H2O+CO+C02，实验得到气体的体积为V mL（已换算成标准状况），为一氧化碳，物质的量和草酸晶体物质的量相同，据此计算；（5）常温时，用pH计测量0.100 mol/L 草酸钠溶液的pH，依据水解平衡C2O42+H2OHC2O4+OH，计算平衡常数Kh=；【解答】解：（1）最适宜加热分解革酸晶体的装置是C若选装置A可能会造成的后果是固体药品熔化后会流到试管口，若选装置B可能会造成的后果是冷凝水会倒流到试管底，造成试管破裂，故答案为：固体药品熔化后会流到试管口；冷凝水会倒流到试管底，造成试管破裂；（2）150左右分解产生H2O、CO和C
29、02，三种气体的检验顺序应遵循现象明显且不相互干扰，应先检验水，再检验二氧化碳，最后检验一氧化碳；故答案为：C；（3）实验利用装置“G（碱石灰）FD（CuO固体）F”检验CO，通过装置G吸收水和二氧化碳，通过装置F检验二氧化碳是否除净，通过装置D检验是否有一氧化碳含有氧化铜为铜，最后通过装置F检验是否生成二氧化碳气体，故答案为：澄清的石灰水；前一个F中没有浑浊，后一个F中有沉淀，D中固体反应后从黑色变成红色；（4）反应的化学方程式为：H2C2042H203H2O+CO+C02，实验得到气体的体积为V mL（已换算成标准状况），为一氧化碳，物质的量和草酸晶体物质的量相同，n（H2C2042H20
30、）=n（CO）=mol/L，草酸纯度的表达式=，故答案为：；（5）常温时，用pH计测量0.100 mol/L 草酸钠溶液的pH，则c（OH）=；依据 C2O42+H2OHC2O4+OH，Kh=，则依据C2O42+H2OHC2O4+OH，计算，故答案为：常温时，用pH计测量0.100mol/L草酸钠溶液的pH，则，依据C2O42+H2OHC2O4+OH，计算，9研究发现，含pm2.5的雾霾主要成分有SO2、NOx、CxHy及可吸入颗粒等（1）雾霾中能形成酸雨的物质是SO2 和 NOX（2）为消除NOx对环境的污染，可利用NH3在一定条件下与NO反应生成无污染的气体已知：4NH3（g）+5O2（g
31、）4NO（g）+6H2O（g）H=905.48kJmol1N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180.50kJmol1下列表示NH3（g）与NO（g）在一定条件下反应，生成无污染气体的能量转化关系示意图1正确的是：a（填字母）图2是反应4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（g） 过程中NH3的体积分数随X变化的示意图2，X代表的物理量可能是温度或压强，原因是因为该反应是放热及体积增大的可逆反应，升高温度或增大压强，平衡均逆向移动，使NH3的体积分数增大（3）图3电解装置可将雾霾中的SO2、NO转化为（NH4）2SO4，阴极的电极反应式是NO+5e+6H+=NH4+H2O物质A
32、是H2SO4（填化学式），理由是根据反应：5SO2+2NO+8H2O（NH4）2SO4+4H2SO4，产物中除有（NH4）2SO4外还有H2SO4（4）为减少雾霾、降低大气中有害气体含量，研究机动车尾气中CO、NOx及CxHy的排放量意义重大机动车尾气污染物的含量与空/燃比（空气与燃油气的体积比）的变化关系示意图如图4：请解释：随空/燃比增大，CO和CxHy的含量减少的原因是空/燃比增大，燃油气燃烧更充分，故CO、CxHy含量减少当空/燃比达到15后，NOx减少的原因可能是因为反应 N2（g）+O2（g）2NO（g） 是吸热反应，当空/燃比大于15后，由于燃油气含量减少，燃油气燃烧放出的热量相
33、应减少，环境温度降低，使该反应不易进行，故NOx减少【分析】（1）二氧化硫和氮氧化物是形成酸雨的主要气体；（2）N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180.50kJmol14NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H=905.48kJmol1根据盖斯定律，5+得到：4NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O（g）；该反应是放热及体积增大的可逆反应，升高温度或增大压强，平衡均逆向移动；（3）NO得电子生成铵根；SO2失电子形成硫酸；（4）燃油气燃烧更充分；反应 N2（g）+O2（g）2NO（g） 是吸热反应【解答】解：（1）二氧化硫和氮氧化物是形成酸雨的主要气体，故答
34、案为：SO2 和 NOX；（2）已知N2（g）+O2（g）=2NO（g）；H=180.50kJmoll来源:Zxxk.Com4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）；H=905.48kJmoll氨气被一氧化氮氧化生成氮气和气态水的热化学方程式依据盖斯定律，结合热化学方程式合并计算：5+得到：4NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O（g）H=1807.98kJ/mol，故答案为：a；来源:Z_xx_k.Com，该反应是放热及体积增大的可逆反应，升高温度或增大压强，平衡均逆向移动，使NH3的体积分数增大，故答案为：温度或压强；因为该反应是放热及体积增大的可逆反应，升高
35、温度或增大压强，平衡均逆向移动，使NH3的体积分数增大；（3）NO得电子生成铵根，离子方程式：NO+5e+6H+=NH4+H2O，故答案为：NO+5e+6H+=NH4+H2O；SO2失电子形成硫酸，反应方程式：5SO2+2NO+8H2O（NH4）2SO4+4H2SO4，故答案为：H2SO4；根据反应：5SO2+2NO+8H2O（NH4）2SO4+4H2SO4，产物中除有（NH4）2SO4外还有H2SO4；（4）空/燃比增大，燃油气燃烧更充分，故答案为：空/燃比增大，燃油气燃烧更充分，故CO、CxHy含量减少；反应 N2（g）+O2（g）2NO（g） 是吸热反应，当空/燃比大于15后，由于燃油气
36、含量减少，燃油气燃烧放出的热量相应减少，环境温度降低，故答案为：因为反应 N2（g）+O2（g）2NO（g） 是吸热反应，当空/燃比大于15后，由于燃油气含量减少，燃油气燃烧放出的热量相应减少，环境温度降低，使该反应不易进行，故NOx减少10碳酸锂（相对分子质量74）广泛应用于化工、冶金、陶瓷、医药、制冷、焊接、锂合金等行业制备流程如下：已知：碳酸锂的溶解度为（ g/L）温度/010203040506080100Li2CO31.541.431.331.251.171.081.010.850.72（1）锂辉石（Li2Al2Si4Ox）可以用氧化物的形式表示其组成形式为Li2OAl2O34SiO2
37、（2）硫酸化焙烧工业反应温度控制在250300，主要原因是温度低于250，反应速率较慢；温度高于300，硫酸挥发较多；同时，硫酸用量为理论耗酸量的115%左右，硫酸如果加入过多则ABC（填入选项代号）A增加酸耗量 B增加后续杂质的处理量 C增加后续中和酸的负担（3）水浸时，需要在搅拌下加入石灰石粉末的主要作用是除去多余的硫酸，同时调整pH，除去大部分杂质（4）“沉锂”的化学反应方程式为Na2CO3+Li2SO4=Li2CO3+Na2SO4（5）“沉锂”需要在95以上进行，主要原因是温度越高，碳酸锂溶解度降低，可以增加产率过滤碳酸锂所得母液中主要含有硫酸钠，还可能含有碳酸钠和碳酸锂【分析】锂辉石
38、加硫酸，浸取焙烧，氧化铝、氧化锂溶解，二氧化硅不反应，水浸时加入碳酸钙，除去为反应的硫酸，同时调节溶液pH值，可以将Al3+转化为Al（OH）3沉淀，过滤除去不溶物，滤液再进行深度净化后主要为Li2SO4、Na2SO4，最后加入Na2CO3，转化为溶解度更小Li2CO3析出（1）将各元素写成氧化物，注意各元素原子数目比例不变；（2）升高温度，反应速率加快，温度高于300时硫酸挥发；硫酸如果加入过多，消耗的酸多，后续中还需要除去过量的硫酸；（3）加入碳酸钙除去未反应的硫酸，同时调节溶液pH值；（4）“沉锂”过程是碳酸钠与Li2SO4反应生成Li2CO3；（5）温度越高，碳酸锂溶解度降低，减少碳酸
39、锂溶解；溶液中硫酸钠不反应，使用的碳酸钠要过量，少量碳酸锂溶解在溶液中【解答】解：锂辉石加硫酸，浸取焙烧，氧化铝、氧化锂溶解，二氧化硅不反应，水浸时加入碳酸钙，除去为反应的硫酸，同时调节溶液pH值，可以将Al3+转化为Al（OH）3沉淀，过滤除去不溶物，滤液再进行深度净化后主要为Li2SO4、Na2SO4，最后加入Na2CO3，转化为溶解度更小Li2CO3析出（1）锂辉石（Li2Al2Si4Ox）可以用氧化物的形式表示，其组成形式为：Li2OAl2O34SiO2，故答案为：Li2OAl2O34SiO2；（2）温度低于250，反应速率较慢，温度高于300，硫酸挥发较多，反应温度控制在250300
40、，反应速率较快，避免硫酸挥发；硫酸如果加入过多，消耗的酸多，后续中还需要除去过量的硫酸，增加后续杂质的处理量、增加后续中和酸的负担，故答案为：温度低于250，反应速率较慢，温度高于300，硫酸挥发较多；ABC；（3）加入碳酸钙除去未反应的硫酸，同时调节溶液pH值，除去大部分杂质，故答案为：除去多余的硫酸，同时调整pH，除去大部分杂质；（4）“沉锂”过程是碳酸钠与Li2SO4反应生成Li2CO3，反应方程式为：Na2CO3+Li2SO4=Li2CO3+Na2SO4，故答案为：Na2CO3+Li2SO4=Li2CO3+Na2SO4；（5）温度越高，碳酸锂溶解度降低，减少碳酸锂溶解，可以增加产率；溶
41、液中硫酸钠不反应，使用的碳酸钠要过量，少量碳酸锂溶解在溶液中，过滤碳酸锂所得母液中主要含有硫酸钠，还可能含有碳酸钠、碳酸锂，故答案为：温度越高，碳酸锂溶解度降低，可以增加产率；碳酸钠、碳酸锂【化学-选修2：化学与技术】（15分）11工业上制取硝酸铵的流程图如下，请回答下列问题（1）合成氨的工业设备名称是合成塔，设备中设置热交换器的目的是利用余热，节约能源；此生产过程中，N2与H2合成NH3所用的催化剂是铁砂网；生产中原料气必须进行脱硫，目的是防止催化剂中毒（2）吸收塔中反应为4NO+3O2+2H2O=4HNO3，从生产流程看，吸收塔中需要补充空气，其原因是使NO循环利用，提高原料利用率（3）生
42、产硝酸的过程中常会发生一些氮的氧化物，可用如下三种方法处理：方法一：碱吸收法：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+NaNO3+CO2方法二：氨还原法：8NH3+6NO27N2+12H2O（该反应放热，NO也有类似的反应）方法三：甲烷吸收法：CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+N2（g）+2H2O（g）H=+867kJ/mol（NO也有类似反应）上述三种方法中，方法一最大的缺点是单独的NO不能被吸收；方法二和方法三相比，优点是甲烷比氨价格便宜，缺点是耗能高（4）某化肥厂用NH3制备NH4NO3，已知：由NH3制NO的产率是94%，NO制HNO3的产率是89%，则制HNO3所用NH3的
43、质量占总消耗NH3质量（不考虑其它损耗）的54.4%（保留三位有效数字）【分析】（1）合成氨的工业设备是合成塔；合成氨的反应属于放热反应；N2与H2合成NH3所用的催化剂是铁砂网；生产中应防止催化剂中毒；（2）在吸收塔中二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，通入空气，NO能被空气中的氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮再与水反应生成硝酸，这样使NO循环利用，全部转化为硝酸；（3）方法一最大的缺点是单独的NO不能被吸收，只能与NO2一起被碱液吸收；方法三和方法二相比，优点是甲烷比氨价格便宜；缺点是方法三的耗能较高；（4）根据氮原子守恒可知，NH3NOHNO3，以此计算【解答】解：（1）合成氨的工业设备是合成塔
44、；合成氨的反应属于放热反应，反应过程中会放出大量的热，用热交换器可以充分利用余热，节约能源；N2与H2合成NH3所用的催化剂是铁砂网；生产中原料气必须进行脱硫可以防止催化剂中毒；故答案为：合成塔；利用余热，节约能源；铁砂网；防止催化剂中毒；（2）在吸收塔中二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，通入空气，NO能被空气中的氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮再与水反应生成硝酸，这样使NO循环利用，全部转化为硝酸，反应的化学方程式为4NO+3O2+2H2O=4HNO3；故答案为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3；使NO循环利用，提高原料利用率；（3）方法一最大的缺点是单独的NO不能被吸收，只能与NO2一起被碱
45、液吸收；方法三和方法二相比，优点是甲烷比氨价格便宜，节约成本；缺点是方法三的反应热为+867kJmol1，耗能较高；故答案为：单独的NO不能被吸收；甲烷比氨价格便宜；耗能高；（4）由NH3制NO的产率是94%、NO制HNO3的产率是89%，根据氮原子守恒可知，NH3NOHNO3，则1mol氨气可得到硝酸1mol94%89%=0.8366mol，由HNO3+NH3NH4NO3，则该反应消耗的氨气的物质的量为0.8366mol，氨气的质量之比等于物质的量之比，则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量的百分数为100%=54.4%；即制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量的54.4%
46、，故答案为：54.4【化学-选修3物质结构与性质】12（2016春重庆校级月考）氮、磷、砷是同族元素，该族元素单质及其化合物在农药、化肥等方面有重要应用回答下列问题：（1）基态砷原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3（2）K3Fe（CN）6晶体中Fe3+与CN之间化学键类型为配位键，与CN互为等电子体的化合物分子式为CO（3）PM2.5富含大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾污染，光化学烟雾中含有NOx、O3、CH2=CHCHO、HCOOH、（PAN）等二次污染物N2O结构式可表示为N=N=O，N2O中中心氮原子的杂化轨道类型为sp，1mol PAN中含键数
47、目为10NA测定大气中PM2.5的浓度方法之一是一射线吸收法，一射线放射源可用85KrKr晶体为面心立方晶体，若晶体中与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有m个，晶胞中含Kr原子为n个，则m/n=3（填数字）已知Kr晶体的密度为g/cm3，摩尔质量为Mg/mol，阿伏伽德罗常数用NA表示，列式表示Kr晶胞参数a=107nm【分析】（1）As原子核外电子数为33，根据能量最低原理书写核外电子排布式；（2）Fe3+含有空轨道，CN含有孤对电子，Fe3+与CN之间形成配位键；原子数目相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体；（3）N2O中N原子形成2个键、没有孤对电子，杂化轨道数目为2；单键为键，双键含有
48、1个键、1个键，PAN分子中键数目为10；Kr晶体为面心立方晶体，以顶点Kr原子研究，与之相邻的Kr原子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，利用均摊法计算晶胞中Kr原子数目、晶胞中Kr原子配位数，结合晶胞中含有Kr原子数目，表示出晶胞质量，再结合m=V计算晶胞棱长【解答】解：（1）As原子核外电子数为33，根据能量最低原理，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p3；（2）Fe3+含有空轨道，CN含有孤对电子，二者之间形成配位键；原子数目相等、价电子数目相等的微粒互为等电子体，与CN互
49、为等电子体的化合物分子式为CO，故答案为：配位；CO；（3）N2O结构式可表示为N=N=O，N2O中中心氮原子形成2个键、没有孤对电子，杂化轨道数目为2，N原子采取sp杂化；单键为键，双键含有1个键、1个键，PAN分子中键数目为10，则l mol PAN中含键数目为10NA，故答案为：sp；10NA；Kr晶体为面心立方晶体，以定点Kr原子研究，与之相邻的Kr原子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，晶体中与每个Kr原子相紧邻的Kr原子数为=12，晶胞中Kr原子数目为8+6=4，则=3；晶胞质量为4g，晶体的密度为g/cm3，则g/cm3（a107 cm）3=4g，解得a=1
50、07，故答案为：3；107化学一一4事机化学基础（15分）13（2016春重庆校级月考）G是某抗炎症药物的中间体，其合成路线如下：已知：， （具有还原性，极易被氧化）（1）B的结构简式为（2）反应的条件为浓硫酸、浓硝酸、加热；的反应类型为取代反应；反应的作用是保护酚羟基，以防被氧化（3）下列对有机物G的性质推测正确的是AC（填选项字母）A具有两性，既能与酸反应也能和碱反应B能发生消去反应、取代反应和氧化反应C能聚合成高分子化合物D.1molG与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2（4）D与足量的NaOH反应的化学方程式为（5）符合下列条件的C的同分异构体有16种a属于芳香族化合物，且含有
51、两个甲基b能发生银镜反应c与FeCl3溶液发生显色反应其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6：2：1：1的是（写出其中一种结构简式）（6）已知：苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻对位；苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位根据题中的信息，写出以甲苯为原料合成有机物的流程图（无机试剂任选）合成路线流程图如下：XYZ目标产物【分析】乙酰氯和乙酸反应生成A，A和B反应生成C，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，根据D结构简式知，B为，C为，A为CH3COOH，D发生水解反应然后酸化得到E，E为，E反应生成F，F发生还原反应生成G，根据G结构简式结合题给信息知，F为，（6）甲苯和浓硝酸
52、发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，据此分析解答【解答】解：乙酰氯和乙酸反应生成A，A和B反应生成C，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，根据D结构简式知，B为，C为，A为CH3COOH，D发生水解反应然后酸化得到E，E为，E反应生成F，F发生还原反应生成G，根据G结构简式结合题给信息知，F为，（1）B的结构简式为，故答案为：；（2）反应的条件为浓硫酸、浓硝酸和加热；的反应类型为取代反应；反应的作用是保护酚羟基，防止被氧化，故答案为：浓硫酸、浓硝酸和加热；取代反应；保护酚羟基，防止被氧化；（3）AG中含有羧基和氨基，所以
53、具有酸性和碱性，则具有两性，既能与酸反应也能和碱反应，故正确；B含有酚羟基，能发生氧化反应，不能发生消去反应，羧基能发生取代反应，故错误；C含有羧基和酚羟基，所以能发生缩聚反应生成高分子化合物，故正确；D只有羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以1molG与足量NaHCO3溶液反应放出1molCO2，故错误；故选AC；（4）D与足量的NaOH反应的化学方程式为，故答案为：；来源:学科网ZXXK（5）C为，C的同分异构体符合下列条件：a属于芳香族化合物，说明含有苯环，且含有两个甲基；b能发生银镜反应，说明含有醛基；c与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；如果两个CH3位于邻位、OH位于CH3邻位，有3种；如果两个CH3位于邻位、OH与一个CH3间位，有3种；如果两个CH3位于间位，OH位于两个CH3中间，有2种；如果两个CH3位于间位，OH与其中一个CH3邻位，有3种；如果两个CH3位于间位，OH与其中两个CH3间位，有3种；如果两个CH3位于对位，OH与其中一个CH3邻位，有2种；所以符合条件的同分异构体有16种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6：2：1：1的是，故答案为：16；（6）甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，其合成流程图为，故答案为：